Προκριματικός Διαγωνισμός 2010

nickthegreek · #1

Συνεχίζοντας το έργο που ξεκίνησε ο Αντώνης, βάζω τα θέματα του προκριματικού διαγωνισμού 2010....τα θέματα του 2009 μπορούν να βρεθούν στο post του αρχιμήδη 2011.......

[attachment=0]Προκριματικός 2010.pdf[/attachment]

Φυσικά αναμένονται ΛΥΣΕΙΣ σε όλα τα προβλήματα κάθε χρονιάς. Επίσης παρακαλώ θερμά τα μέλη του mathematica να ανεβάσουν τα θέματα οποιωνδήποτε ετών έχουν,ώστε να έχουν εύκολη πρόσβαση σε αυτά όλοι οι ενδιαφερόμενοι! :D

Ευχές για καλή Σαρακοστή!

#2

ΘΕΜΑ 4 προκριματικού 2010 (δεν γνωρίζω αν έχει λυθεί ξανά διότι κάτι μου θυμίζει)

έστω $\displaystyle{a=f(1)}$
Δίνεται ότι $\displaystyle{f(\frac{f(x)}{f(y)})=\frac{1}{y}f(f(x))}$ [1]

Για y=x στην [1] παίρνουμε $\displaystyle{f(f(x))=ax}$ [2] οπότε $\displaystyle{f(f(a))=a^2>0}$ [2]
Για y=x=1 στην [1] παίρνουμε $\displaystyle{f(1)=f(f(1)) \Leftrightarrow a=f(a)}$ [3]
από [2],[3] έπεται $\displaystyle{a>0}$ άρα $\displaystyle{1,a \in (0,+\infty)}$ στο οποίο η $\displaystyle{f}$ είναι γνήσια μονότονη άρα 1-1 συνεπώς από την $\displaystyle{f(1)=f(f(1)) \Leftrightarrow 1=f(1)=a}$

τότε η [2] δίνει $\displaystyle{f(f(x))=x}$ [4] και αν $\displaystyle{x>0 \Rightarrow f(f(x))>0\Rightarrow f(f(f(x)))>0\Rightarrow f(x)>0}$

Tώρα αν $\displaystyle{f}$ γν.αύξουσα είναι γνωστό ότι η [4] δίνει $\displaystyle{f(x)=x}$
αν $\displaystyle{f}$ γν.φθίνουσα τότε για x=1,y=f(y) η [1] λόγω της [4] δίνει $\displaystyle{f(\frac{1}{y})=\frac{1}{f(y)}}$ =γν.αύξουσα και επειδή το τυχόν στοιχείο u του $\displaystyle{(0,+\infty) }$ είναι της μορφής 1/x για την $\displaystyle{f(1/u)}$ ισχύει το προηγούμενο άρα $\displaystyle{f(x)=x, \forall x>0}$ ή $\displaystyle{f(x)=1/x, \forall x>0}$ [*]

Ακόμη για x=1,y=f(-1) η [1] δίνει $\displaystyle{f(-1)=1/f(-1)\Rightarrow \pm 1=f(-1)}$ και επειδή γι x<0 είναι f(x)<0 λόγω της [2] προκύπτει $\displaystyle{f(-1)=-1}$ συνεπώς για y=-1 στην [1] έχουμε $\displaystyle{f(-f(x))=-f(f(x))=-x\Rightarrow f(-f(f(x))=-f(x)\Rightarrow f(-x)=-f(x)}$ δηλαδή f περιττή που σημαίνει $\displaystyle{f(x)=x,\forall x\in R^*}$ ή $\displaystyle{f(x)=1/x, \forall x\ne 0}$

Για να είναι σαφέστερο το συμπέρασμα της [*] παραθέτω την απόδειξη
1.έστω ότι υπάρχει $\displaystyle{b>0:f(b)>1/b\Rightarrow f(f(b))<f(1/b)}$ αφού f γν.φθίνουσα τότε $\displaystyle{b<f(1/b)\Rightarrow b<1/f(b)\Rightarrow 1/b>f(b)}$ αντίφαση και όμοια όταν $\displaystyle{f(b)<1/b}$

#3

Μία λύση για το 1ο θέμα των μεγάλων:

Από την ανισότητα ΑΜ-ΓΜ έχουμε

$\displaystyle{4=x+y+z+w\geq 4\sqrt[4]{xyzw}}$ άρα $\displaystyle{xyzw\leq 1.}$ (1)

Επίσης, από την ανισότητα Αριθμητικού-Αρμονικού μέσου (ή την Cauchy-Schwarz) έχουμε

$\displaystyle{(x+y+z+w)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{w} \right)\geq 16,}$ οπότε

$\displaystyle{4\Big(5-\frac{1}{xyzw}\Big)16,}$ δηλαδή $\displaystyle{xyzw\geq 1.}$ (2)

Από τις (1),(2) έχουμε $\displaystyle{xyzw=1,}$ δηλαδή ισχύει η ισότητα στην ΑΜ-ΓΜ, οπότε $\displaystyle{x=y=z=w=1,}$ τιμές που ικανοποιούν τις εξισώσεις του συστήματος.

userresu · #4

Για το 2:
Αφού για κάθε διαιρέτη

κάνουμε συνολικά

αλλαγές καταστάσεων που μοιράζονται σε $\frac{K}{d}$ κύκλους, αλλάζουμε την κατάσταση του κάθε κύκλου

φορές. Έστω ότι ο

έχει έναν πρώτο διαιρέτη μεγαλύτερο του 2, έστω

. Τότε οι μόνοι διαιρέτες του κύκλου

θα είναι οι 1,p

και άρα θα αλλάξει κατάσταση συνολικά 1+p

φορές, δηλαδή άρτιο αριθμό φορών, το οποίο είναι άτοπο. Άρα το

ειναι δύναμη του 2. Για κάθε κύκλο τώρα, έστω

, αν ο n είναι περιττός τότε θα αλλάξει κατάσταση 1 φορά, ενώ αν είναι άρτιος, έστω 2^k m

, θα αλλαξει κατάσταση 1+2+...+2^k

φορές, δηλαδή περιττό αριθμό φορών. Άρα το

είναι δύναμη του 2 (ή K=1

)

#5

αν Ρ το 2ο σημείο τομής των C2,C3 η ΑΡ ειναι κάθετη στην διάκεντρο Ο2Ο3//Μ2Μ3 όπου Μ2,Μ3 τα μέσα των ΑΓ , ΑΒ που είναι και μέσα των ΟΟ2 , ΟΟ3 . Άρα η ΑΡ βρίσκεται πάνω στο υψος $\displaystyle{v_A}$ και κυκλικά
Συνεπώς οι τρεις κύκλοι τέμνονται στο ορθόκεντρο Η του ΑΒΓ

Αν παρουμε σημείο Σ πάνο στον περίκυκλο του ΑΒΓ τότε από το θεώρημα της ευθείας STEINER τα συμμετρικά του Σ ως προς τκς πλευρές του ΑΒΓ ορίζουν ευθεία πάνω στην οποία βρίσκεται το Η και η οποία είναι ομοιόθετη της Simpson του Σ με λόγο 1/2 αφού οι κύκλοι είναι όλοι τους ίσοι
ετσι αν δοθεί το Σ στον περίκυκλο ορίζονται με μοναδικό τρόπο τα συνευθειακά Κ,Λ,Μ,Η και αντιστρόφως που είναι το ζητούμενο

userresu · #6

Εναλλακτικά για το πρώτο ερώτημα της γεωμετρίας, ΑΗ//=ΟΟ1, άρα Ο1Η=ΟΑ=R και ομοίως για τις άλλες, άρα το ορθόκεντρο είναι η τομή των 3 κύκλων.

GMANS · #7

Για το 1ο θέμα των μεγάλων
Λίγο…. διαφορετικά από τον συνάδελφο matha

$1= \frac{ x+y+z+w}{4 } \geq \sqrt[ 4]{xyzw } \Leftrightarrow 1 \geq xyzw$
Και

$1= \frac{5 }{ \frac{1 }{x }+ \frac{ 1}{y }+ \frac{ 1}{z }+ \frac{ 1}{ w}+ \frac{ 1}{xyzw } } \leq \sqrt[ 5]{x^2y^2z^2w^2 } \Leftrightarrow xyzw \geq 1$

Οπότε τελικά xyzw=1 οπότε από την ισότητα αριθμητικού-γεωνετρικού μέσου για τους x,y,z,w έχουμε x=y=z=w=1

athenas_skiadopoulos · #8

Το 4ο θέμα των μικρών πώ έβγαινε;
Εγώ βρήκα κάποιες λύσεις αλλά δεν ξέρω αν είναι μόνο αυτές.

Προκριματικός Διαγωνισμός 2010

Προκριματικός Διαγωνισμός 2010

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2010 (ΘΕΜΑΤΑ)

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2010 (ΘΕΜΑΤΑ)

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2010 (ΘΕΜΑΤΑ)

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2010 (ΘΕΜΑΤΑ)

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2010 (ΘΕΜΑΤΑ)

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2010 (ΘΕΜΑΤΑ)

Re: ΠΡΟΚΡΙΜΑΤΙΚΟΣ 2010 (ΘΕΜΑΤΑ)

Μέλη σε σύνδεση